IMO 1977 · Problem 1
Equilateral triangles \(ABK, BCL, CDM, DAN\) are constructed inside the square \(ABCD\). Prove that the midpoints of the four segments \(KL, LM, MN, NK\) and the midpoints of the eight segments \(AKBK, BL, CL, CM, DM, DN, AN\) are the twelve vertices of a regular dodecagon.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The printed \(AKBK\) is understood as the two segments \(AK, BK\).
A similarity preserves midpoints and regularity, so we may choose coordinates \[ A=(-1,-1),\quad B=(1,-1),\quad C=(1,1),\quad D=(-1,1). \] Let \(O=(0,0)\), and put \[ t=\sqrt3-1,\qquad u=2-\sqrt3. \] Both \(t\) and \(u\) are positive. Since an equilateral triangle of side length \(2\) has altitude \(\sqrt3\), the inward vertices are \[ K=(0,t),\quad L=(-t,0),\quad M=(0,-t),\quad N=(t,0). \]
The midpoints of \(KL,LM,MN,NK\) are \[ \left(\pm\frac t2,\pm\frac t2\right). \] Using \(t-1=-u\), the midpoints of the other eight segments are \[ \left(\pm\frac12,\pm\frac u2\right), \qquad \left(\pm\frac u2,\pm\frac12\right). \] Here the two signs in each coordinate pair are chosen independently.
Now \[ t^2=2u,\qquad 1+u^2=4u. \] Thus every listed point has squared distance from \(O\) equal to \[ \frac{t^2}{2}=\frac{1+u^2}{4}=u. \] They therefore lie on the circle with centre \(O\) and radius \(\sqrt u>0\).
The three listed points in the first quadrant are \[ P=\left(\frac12,\frac u2\right),\qquad Q=\left(\frac t2,\frac t2\right),\qquad R=\left(\frac u2,\frac12\right). \] The identity \[ \tan 15^\circ =\tan(45^\circ-30^\circ) =\frac{1-1/\sqrt3}{1+1/\sqrt3} =2-\sqrt3=u \] shows that \(OP\) makes an angle of \(15^\circ\) with the positive horizontal axis. The corresponding angles for \(OQ\) and \(OR\) are \(45^\circ\) and \(75^\circ\), respectively.
The full set of listed coordinates is invariant under rotation through \(90^\circ\) about \(O\). Consequently its points have precisely the polar angles \[ 15^\circ+30^\circ j,\qquad j=0,1,\ldots,11. \] These are twelve distinct points on one circle, with consecutive central angles all equal to \(30^\circ\). Hence they are the vertices of a regular dodecagon. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1977 · Aufgabe 1
Im Inneren des Quadrats \(ABCD\) werden gleichseitige Dreiecke \(ABK, BCL, CDM, DAN\) errichtet. Beweise, dass die Mittelpunkte der vier Strecken \(KL, LM, MN, NK\) und die Mittelpunkte der acht Strecken \(AKBK, BL, CL, CM, DM, DN, AN\) die zwölf Eckpunkte eines regelmäßigen Zwölfecks sind.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die gedruckte Angabe \(AKBK\) ist als die beiden Strecken \(AK, BK\) zu verstehen.
Eine Ähnlichkeitsabbildung erhält Mittelpunkte und Regelmäßigkeit, daher können wir die Koordinaten \[ A=(-1,-1),\quad B=(1,-1),\quad C=(1,1),\quad D=(-1,1) \] wählen. Sei \(O=(0,0)\), und setze \[ t=\sqrt3-1,\qquad u=2-\sqrt3. \] Sowohl \(t\) als auch \(u\) sind positiv. Da ein gleichseitiges Dreieck mit der Seitenlänge \(2\) die Höhe \(\sqrt3\) hat, sind die nach innen gerichteten Eckpunkte \[ K=(0,t),\quad L=(-t,0),\quad M=(0,-t),\quad N=(t,0). \]
Die Mittelpunkte von \(KL,LM,MN,NK\) sind \[ \left(\pm\frac t2,\pm\frac t2\right). \] Mit \(t-1=-u\) ergeben sich für die Mittelpunkte der anderen acht Strecken \[ \left(\pm\frac12,\pm\frac u2\right), \qquad \left(\pm\frac u2,\pm\frac12\right). \] Dabei werden die beiden Vorzeichen in jedem Koordinatenpaar unabhängig voneinander gewählt.
Nun gilt \[ t^2=2u,\qquad 1+u^2=4u. \] Somit ist das Quadrat des Abstands jedes aufgeführten Punktes von \(O\) gleich \[ \frac{t^2}{2}=\frac{1+u^2}{4}=u. \] Sie liegen daher auf dem Kreis mit Mittelpunkt \(O\) und Radius \(\sqrt u>0\).
Die drei aufgeführten Punkte im ersten Quadranten sind \[ P=\left(\frac12,\frac u2\right),\qquad Q=\left(\frac t2,\frac t2\right),\qquad R=\left(\frac u2,\frac12\right). \] Die Identität \[ \tan 15^\circ =\tan(45^\circ-30^\circ) =\frac{1-1/\sqrt3}{1+1/\sqrt3} =2-\sqrt3=u \] zeigt, dass \(OP\) mit der positiven waagerechten Achse einen Winkel von \(15^\circ\) bildet. Die entsprechenden Winkel für \(OQ\) und \(OR\) betragen \(45^\circ\) beziehungsweise \(75^\circ\).
Die gesamte Menge der aufgeführten Koordinaten ist unter einer Drehung um \(90^\circ\) um \(O\) invariant. Folglich haben ihre Punkte genau die Polarwinkel \[ 15^\circ+30^\circ j,\qquad j=0,1,\ldots,11. \] Dies sind zwölf verschiedene Punkte auf einem Kreis, bei denen alle aufeinanderfolgenden Mittelpunktswinkel gleich \(30^\circ\) sind. Daher sind sie die Eckpunkte eines regelmäßigen Zwölfecks. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1977 · Soru 1
\(ABCD\) karesinin içine \(ABK, BCL, CDM, DAN\) eşkenar üçgenleri çiziliyor. \(KL, LM, MN, NK\) doğru parçalarının orta noktaları ile \(AKBK, BL, CL, CM, DM, DN, AN\) doğru parçalarının orta noktalarının bir düzgün onikigenin on iki köşesi olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Basılı metindeki \(AKBK\) ifadesi, \(AK, BK\) doğru parçaları olarak anlaşılmalıdır.
Benzerlik dönüşümü orta noktaları ve düzgün çokgen olma özelliğini koruduğundan, koordinatları \[ A=(-1,-1),\quad B=(1,-1),\quad C=(1,1),\quad D=(-1,1) \] olarak seçebiliriz. \(O=(0,0)\) olsun ve \[ t=\sqrt3-1,\qquad u=2-\sqrt3 \] olarak tanımlayalım. Hem \(t\) hem de \(u\) pozitiftir. Kenar uzunluğu \(2\) olan bir eşkenar üçgenin yüksekliği \(\sqrt3\) olduğundan, içteki köşeler \[ K=(0,t),\quad L=(-t,0),\quad M=(0,-t),\quad N=(t,0) \] olur.
\(KL,LM,MN,NK\) doğru parçalarının orta noktaları \[ \left(\pm\frac t2,\pm\frac t2\right) \] şeklindedir. \(t-1=-u\) eşitliği kullanıldığında, diğer sekiz doğru parçasının orta noktaları \[ \left(\pm\frac12,\pm\frac u2\right), \qquad \left(\pm\frac u2,\pm\frac12\right) \] olarak bulunur. Burada her koordinat çiftindeki iki işaret birbirinden bağımsız olarak seçilir.
Şimdi \[ t^2=2u,\qquad 1+u^2=4u \] eşitlikleri geçerlidir. Dolayısıyla, listelenen her noktanın \(O\)'ya uzaklığının karesi \[ \frac{t^2}{2}=\frac{1+u^2}{4}=u \] değerine eşittir. Bu nedenle bu noktalar, merkezi \(O\) ve yarıçapı \(\sqrt u>0\) olan çember üzerinde bulunur.
Listelenen noktalardan birinci bölgede bulunan üçü \[ P=\left(\frac12,\frac u2\right),\qquad Q=\left(\frac t2,\frac t2\right),\qquad R=\left(\frac u2,\frac12\right) \] şeklindedir. \[ \tan 15^\circ =\tan(45^\circ-30^\circ) =\frac{1-1/\sqrt3}{1+1/\sqrt3} =2-\sqrt3=u \] özdeşliği, \(OP\)'nin pozitif yatay eksenle \(15^\circ\)'lik bir açı yaptığını gösterir. \(OQ\) ve \(OR\) için karşılık gelen açılar sırasıyla \(45^\circ\) ve \(75^\circ\)'dir.
Listelenen koordinatların oluşturduğu küme, \(O\) etrafında \(90^\circ\)'lik dönme altında değişmez. Bu nedenle bu noktaların kutupsal açıları tam olarak \[ 15^\circ+30^\circ j,\qquad j=0,1,\ldots,11 \] şeklindedir. Bunlar, aynı çember üzerinde bulunan ve ardışık merkez açılarının tümü \(30^\circ\)'ye eşit olan on iki farklı noktadır. Dolayısıyla bir düzgün onikigenin köşeleridir. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1977 · Problema 1
Se construyen los triángulos equiláteros \(ABK, BCL, CDM, DAN\) en el interior del cuadrado \(ABCD\). Demostrar que los puntos medios de los cuatro segmentos \(KL, LM, MN, NK\) y los puntos medios de los ocho segmentos \(AKBK, BL, CL, CM, DM, DN, AN\) son los doce vértices de un dodecágono regular.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
La expresión impresa \(AKBK\) se interpreta como los dos segmentos \(AK, BK\).
Una semejanza conserva los puntos medios y la regularidad, por lo que podemos elegir las coordenadas \[ A=(-1,-1),\quad B=(1,-1),\quad C=(1,1),\quad D=(-1,1). \] Sea \(O=(0,0)\), y pongamos \[ t=\sqrt3-1,\qquad u=2-\sqrt3. \] Tanto \(t\) como \(u\) son positivos. Como un triángulo equilátero de lado \(2\) tiene altura \(\sqrt3\), los vértices interiores son \[ K=(0,t),\quad L=(-t,0),\quad M=(0,-t),\quad N=(t,0). \]
Los puntos medios de \(KL,LM,MN,NK\) son \[ \left(\pm\frac t2,\pm\frac t2\right). \] Usando \(t-1=-u\), los puntos medios de los otros ocho segmentos son \[ \left(\pm\frac12,\pm\frac u2\right), \qquad \left(\pm\frac u2,\pm\frac12\right). \] Aquí los dos signos de cada par de coordenadas se eligen de forma independiente.
Ahora bien, \[ t^2=2u,\qquad 1+u^2=4u. \] Por tanto, el cuadrado de la distancia de cada punto de la lista a \(O\) es igual a \[ \frac{t^2}{2}=\frac{1+u^2}{4}=u. \] Así pues, todos pertenecen a la circunferencia de centro \(O\) y radio \(\sqrt u>0\).
Los tres puntos de la lista situados en el primer cuadrante son \[ P=\left(\frac12,\frac u2\right),\qquad Q=\left(\frac t2,\frac t2\right),\qquad R=\left(\frac u2,\frac12\right). \] La identidad \[ \tan 15^\circ =\tan(45^\circ-30^\circ) =\frac{1-1/\sqrt3}{1+1/\sqrt3} =2-\sqrt3=u \] muestra que \(OP\) forma un ángulo de \(15^\circ\) con el semieje horizontal positivo. Los ángulos correspondientes a \(OQ\) y \(OR\) son \(45^\circ\) y \(75^\circ\), respectivamente.
El conjunto completo de las coordenadas indicadas es invariante bajo un giro de \(90^\circ\) alrededor de \(O\). En consecuencia, sus puntos tienen exactamente los ángulos polares \[ 15^\circ+30^\circ j,\qquad j=0,1,\ldots,11. \] Son doce puntos distintos de una misma circunferencia, cuyos ángulos centrales consecutivos son todos iguales a \(30^\circ\). Por tanto, son los vértices de un dodecágono regular. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1977 · 问题 1
在正方形 \(ABCD\) 内作等边三角形 \(ABK, BCL, CDM, DAN\)。证明：四条线段 \(KL, LM, MN, NK\) 的中点和八条线段 \(AKBK, BL, CL, CM, DM, DN, AN\) 的中点是一个正十二边形的十二个顶点。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
印刷文本中的 \(AKBK\) 应理解为两条线段 \(AK, BK\)。
相似变换保持中点及正多边形的性质，因此可以选取坐标 \[ A=(-1,-1),\quad B=(1,-1),\quad C=(1,1),\quad D=(-1,1). \] 令 \(O=(0,0)\)，并设 \[ t=\sqrt3-1,\qquad u=2-\sqrt3. \] \(t\) 和 \(u\) 均为正数。由于边长为 \(2\) 的等边三角形的高为 \(\sqrt3\)，朝向正方形内部的顶点为 \[ K=(0,t),\quad L=(-t,0),\quad M=(0,-t),\quad N=(t,0). \]
\(KL,LM,MN,NK\) 的中点为 \[ \left(\pm\frac t2,\pm\frac t2\right). \] 利用 \(t-1=-u\)，其余八条线段的中点为 \[ \left(\pm\frac12,\pm\frac u2\right), \qquad \left(\pm\frac u2,\pm\frac12\right). \] 这里，每个坐标对中的两个符号均独立选取。
现在有 \[ t^2=2u,\qquad 1+u^2=4u. \] 因此，所列各点到 \(O\) 的距离的平方均为 \[ \frac{t^2}{2}=\frac{1+u^2}{4}=u. \] 所以，这些点都在以 \(O\) 为圆心、\(\sqrt u>0\) 为半径的圆上。
所列各点中位于第一象限的三个点为 \[ P=\left(\frac12,\frac u2\right),\qquad Q=\left(\frac t2,\frac t2\right),\qquad R=\left(\frac u2,\frac12\right). \] 恒等式 \[ \tan 15^\circ =\tan(45^\circ-30^\circ) =\frac{1-1/\sqrt3}{1+1/\sqrt3} =2-\sqrt3=u \] 表明 \(OP\) 与横轴正方向的夹角为 \(15^\circ\)。\(OQ\) 和 \(OR\) 对应的夹角分别为 \(45^\circ\) 和 \(75^\circ\)。
所列坐标构成的整个点集在绕 \(O\) 旋转 \(90^\circ\) 后保持不变。因此，这些点的极角恰为 \[ 15^\circ+30^\circ j,\qquad j=0,1,\ldots,11. \] 这是同一个圆上的十二个不同的点，相邻两点所对应的圆心角均为 \(30^\circ\)。因此，它们是一个正十二边形的顶点。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1977 · Задача 1
Внутри квадрата \(ABCD\) построены равносторонние треугольники \(ABK, BCL, CDM, DAN\). Докажите, что середины четырёх отрезков \(KL, LM, MN, NK\) и середины восьми отрезков \(AKBK, BL, CL, CM, DM, DN, AN\) являются двенадцатью вершинами правильного двенадцатиугольника.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Напечатанное \(AKBK\) понимается как два отрезка \(AK, BK\).
Подобие сохраняет середины отрезков и правильность многоугольников, поэтому можно выбрать координаты \[ A=(-1,-1),\quad B=(1,-1),\quad C=(1,1),\quad D=(-1,1). \] Пусть \(O=(0,0)\), и положим \[ t=\sqrt3-1,\qquad u=2-\sqrt3. \] Числа \(t\) и \(u\) положительны. Поскольку высота равностороннего треугольника со стороной \(2\) равна \(\sqrt3\), вершины, лежащие внутри квадрата, имеют координаты \[ K=(0,t),\quad L=(-t,0),\quad M=(0,-t),\quad N=(t,0). \]
Середины отрезков \(KL,LM,MN,NK\) имеют координаты \[ \left(\pm\frac t2,\pm\frac t2\right). \] Используя равенство \(t-1=-u\), получаем координаты середин остальных восьми отрезков: \[ \left(\pm\frac12,\pm\frac u2\right), \qquad \left(\pm\frac u2,\pm\frac12\right). \] Здесь два знака в каждой паре координат выбираются независимо друг от друга.
Имеем \[ t^2=2u,\qquad 1+u^2=4u. \] Таким образом, квадрат расстояния от каждой из перечисленных точек до \(O\) равен \[ \frac{t^2}{2}=\frac{1+u^2}{4}=u. \] Следовательно, все они лежат на окружности с центром \(O\) и радиусом \(\sqrt u>0\).
Три из перечисленных точек, лежащие в первой четверти, имеют координаты \[ P=\left(\frac12,\frac u2\right),\qquad Q=\left(\frac t2,\frac t2\right),\qquad R=\left(\frac u2,\frac12\right). \] Тождество \[ \tan 15^\circ =\tan(45^\circ-30^\circ) =\frac{1-1/\sqrt3}{1+1/\sqrt3} =2-\sqrt3=u \] показывает, что луч \(OP\) образует угол \(15^\circ\) с положительным направлением горизонтальной оси. Соответствующие углы для \(OQ\) и \(OR\) равны \(45^\circ\) и \(75^\circ\).
Множество всех перечисленных точек переходит в себя при повороте на \(90^\circ\) вокруг \(O\). Поэтому полярные углы его точек в точности равны \[ 15^\circ+30^\circ j,\qquad j=0,1,\ldots,11. \] Это двенадцать различных точек одной окружности, причём все центральные углы между соседними точками равны \(30^\circ\). Следовательно, они являются вершинами правильного двенадцатиугольника. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1977 · المسألة 1
أُنشئت المثلثات المتساوية الأضلاع \(ABK, BCL, CDM, DAN\) داخل المربع \(ABCD\). أثبت أن منتصفات القطع الأربع \(KL, LM, MN, NK\) ومنتصفات القطع الثماني \(AKBK, BL, CL, CM, DM, DN, AN\) هي الرؤوس الاثنا عشر لمضلع منتظم ذي اثني عشر ضلعًا.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
يُفهم الرمز المطبوع \(AKBK\) على أنه يشير إلى القطعتين \(AK, BK\).
يحافظ التشابه على المنتصفات وعلى انتظام المضلعات، لذا يمكننا اختيار الإحداثيات \[ A=(-1,-1),\quad B=(1,-1),\quad C=(1,1),\quad D=(-1,1). \] لتكن \(O=(0,0)\)، ولنضع \[ t=\sqrt3-1,\qquad u=2-\sqrt3. \] كل من \(t\) و\(u\) موجب. ولأن ارتفاع المثلث المتساوي الأضلاع الذي طول ضلعه \(2\) يساوي \(\sqrt3\)، فإن الرؤوس الواقعة في الداخل هي \[ K=(0,t),\quad L=(-t,0),\quad M=(0,-t),\quad N=(t,0). \]
منتصفات \(KL,LM,MN,NK\) هي \[ \left(\pm\frac t2,\pm\frac t2\right). \] وباستخدام \(t-1=-u\)، تكون منتصفات القطع الثماني الأخرى هي \[ \left(\pm\frac12,\pm\frac u2\right), \qquad \left(\pm\frac u2,\pm\frac12\right). \] هنا تُختار الإشارتان في كل زوج إحداثي على نحو مستقل.
لدينا الآن \[ t^2=2u,\qquad 1+u^2=4u. \] ومن ثم فإن مربع بُعد كل نقطة مذكورة عن \(O\) يساوي \[ \frac{t^2}{2}=\frac{1+u^2}{4}=u. \] إذن تقع هذه النقاط على الدائرة التي مركزها \(O\) ونصف قطرها \(\sqrt u>0\).
النقاط الثلاث المذكورة الواقعة في الربع الأول هي \[ P=\left(\frac12,\frac u2\right),\qquad Q=\left(\frac t2,\frac t2\right),\qquad R=\left(\frac u2,\frac12\right). \] تُبيّن المتطابقة \[ \tan 15^\circ =\tan(45^\circ-30^\circ) =\frac{1-1/\sqrt3}{1+1/\sqrt3} =2-\sqrt3=u \] أن \(OP\) يصنع زاوية قياسها \(15^\circ\) مع الاتجاه الموجب للمحور الأفقي. والزاويتان المناظرتان لـ\(OQ\) و\(OR\) هما \(45^\circ\) و\(75^\circ\)، على الترتيب.
تبقى مجموعة الإحداثيات المذكورة بأكملها ثابتة تحت دوران بزاوية \(90^\circ\) حول \(O\). وبناءً عليه، فإن الزوايا القطبية لنقاطها هي بالضبط \[ 15^\circ+30^\circ j,\qquad j=0,1,\ldots,11. \] وهذه اثنتا عشرة نقطة متمايزة على دائرة واحدة، قياسات الزوايا المركزية المتتالية بينها كلها تساوي \(30^\circ\). ومن ثم فهي رؤوس مضلع منتظم ذي اثني عشر ضلعًا. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).